考慮問題\sum\limits ^_\sum\limits ^_ [gcd(i,j)=p]\ \ \ ( n,m\leqslant 1e7)\\
\\\leftrightarrow \sum\limits _\sum\nolimits ^ \rfloor }_ \mu ( d) \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \\
\\\\
\leftrightarrow \sum ^_ \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \sum\limits _ \mu \left(\frac\right)\\
\\\\
以上是推到的關鍵步驟，\\
\\以下是細節推導。\\
\\\\
( 1)\rightarrow ( 2) :firstly\ 對每個p分別計算其對答案貢獻：\\
\\( 1) \leftrightarrow \sum\limits _\sum\limits ^ \rfloor }_\sum\limits ^ \rfloor }_ [gcd(i,j)=1]\ \ \\
\\\\
secondly\ 為了得到( 2) ，較簡單的方法是使用mobius\ inv的引理\\
\\\mu *i=e\ \\
\\( \ *是迪利克雷卷積\ i( n) =1\ ,\ e( n) =[ n=1] \ )\\
\\即\sum _ \mu ( d) =[ n=1]\\
\\\\
（\ \ \ \ ( 6) 的證明：將n分解，n=p_^} p_^} ...p_^} ,\\
所有\mu 不為0,且有i個質因子的數的貢獻可以表示為c( k,i) \times ( -1)^ ，\\
而\forall n >1:\sum ^_ c( k,i) \times ( -1)^ =0\ \ \ \ )\\
\\\therefore \sum _ \mu ( d) =[ gcd( i,j) =1]\\
\\\therefore ( 4) \leftrightarrow \sum\limits _\sum\limits ^ \rfloor }_\sum\limits ^ \rfloor }_\sum _ \mu ( d)\\
\\thirdly\ 我們比較( 2) 和( 7) 發現\sum\limits ^ \rfloor }_\sum\limits ^ \rfloor }_\sum _ 變成了\sum\nolimits ^ \rfloor }_ \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \\
\\可以這麼理解，我們列舉d，計算\mu ( d) 的個數，\\
\\\left( \ d的取值範圍是1\sim \lfloor \frac \rfloor \ \right)\\
\\\because d|gcd( i,j) \ \therefore i,j是d的倍數時才對結果有貢獻，\\
\\\therefore \mu ( d) 有\lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor 個。\\
\\\\
\\\therefore \sum\limits ^_\sum\limits ^_ [gcd(i,j)=p]\leftrightarrow \sum\limits _\sum\limits ^ \rfloor }_\sum\limits ^ \rfloor }_\sum _ \mu ( d) \leftrightarrow \sum\limits _\sum\nolimits ^ \rfloor }_ \mu ( g) \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \\
\\\\
從( 1)\rightarrow ( 2) 的推導也可以直接使用莫比烏斯反演。\\
\\首先證明莫比烏斯反演：f=g\ *\ i\ \rightarrow g=\mu \ *\ f\\
\\使用迪利克雷卷積的交換律和結合律以及( 5)\\
\\f=g\ *\ i\ \longrightarrow \ \mu \ *\ f=g\ *\ ( \mu \ *\ i) \ =g\ *\ e\ =g\ \\
\\\ 得證。同理g=\mu \ *\ f\longrightarrow \ f=g\ *\ i\ \\
\\( 8) \leftrightarrow f( n) =\sum _ f( d) \longrightarrow f( n) =\sum _ \mu ( d) f\left(\frac\right)\\
\\( 10) \leftrightarrow f( n) =\sum _ f( d) \longrightarrow f( n) =\sum _ \mu \left(\frac\right) f( d)\\
\\利用11，我們設f( d) 為\sum\limits ^_\sum\limits ^_ [gcd(i,j)=d]\ \left( x,y\rightarrow n,m以防混淆\right)\\
\\則f( n) 為\sum _ f( d) =\sum _\sum\limits ^_\sum\limits ^_ [gcd(i,j)=k\times n]\\
\\即某一範圍內n|gcd( i,j) 的對數\\
\\直接求得其為f( n) =\lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \ \\
\\f( n) 通過反演可以求得\\
\\f( n) =\sum _ \mu \left(\frac\right) \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \ \\
\\帶入( 1) 有\sum\limits ^_ f( p) \leftrightarrow \sum\limits _\sum _ \mu \left(\frac\right) f( d)\\
\\這裡設k\times p\ =\ d< min( n,m) ,( 12) 等價於對於每個p計算\ \mu ( k) f( kp) ,\\
\\然後把k再命名為d,有\\
\\\sum\limits _\sum ^ \rfloor }_ \mu ( d) f( pd)\\
\\\leftrightarrow \ \sum\limits _\sum\nolimits ^ \rfloor }_ \mu ( d) \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \ \ \ 方法1得證\\
\\\\
( 2) \longrightarrow ( 3) \ \\
\\列舉pd,記為i，\sum\limits _\sum ^_ \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \mu \left(\frac\right)\\
\\\leftrightarrow \sum ^_ \lfloor \frac \rfloor \lfloor \frac \rfloor \sum\limits _ \mu \left(\frac\right)\\
\\\\
\\\\
\\\\
\end\)
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